Здесь рассмотрены методы решения дифференциальных уравнений высших порядков, решаемые в квадратурах, то есть решения которых можно выразить через конечное число интегралов. К таким уравнениям относятся следующие типы:
⇓
⇓
⇓
Также приводятся подробно разобранные примеры решений ⇓ таких уравнений.
- F(x, y (n) ) = 0: Дифференциальные уравнения, содержащее только независимую переменную и производную n-го порядка
- y (n) = f(x) Разрешенные относительно старшей производной
- x = f(y (n) ) Разрешенные относительно независимой переменной
- F(x, y (n) ) = 0 Общий случай
- F(y (n-1) , y (n) ) = 0 Уравнения, содержащие только производные порядков n и n-1
- Общий случай
- y (n-1) = f(y (n) ) Разрешенные относительно младшей производной
- y (n) = f(y (n-1) ) Разрешенные относительно старшей производной
- F(y (n-2) , y (n) ) = 0 Уравнения, содержащие только производные порядков n и n-2
- Общий случай
- y (n) = f(y (n-2) ) Разрешенные относительно старшей производной
- Примеры решений задач
- Пример 1
- Пример 2
- Пример 3
- Пример 4
- Пример 5
- Квадрат производной
- Виды дифференциальных уравнений
- Дифференциальные уравнения первого порядка
- Простейшие дифференциальные уравнения первого порядка вида y ‘ = f ( x )
- Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными вида f 1 ( y ) · g 1 ( x ) d y = f 2 ( y ) · g 2 ( x ) d x или f 1 ( y ) · g 1 ( x ) · y ‘ = f 2 ( y ) · g 2 ( x )
- Линейные неоднородные дифференциальные уравнения первого порядка y ‘ + P ( x ) · y = Q ( x )
- Дифференциальное уравнение Бернулли y ‘ + P ( x ) y = Q ( x ) y a
- Уравнения в полных дифференциалах P ( x , y ) d x + Q ( x , y ) d y = 0
- Дифференциальные уравнения второго порядка
- Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами y ‘ ‘ + p y ‘ + q y = 0 , p , q ∈ R
- Линейные неоднородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами y ‘ ‘ + p y ‘ + q y = f ( x ) , p , q ∈ R
- Линейные однородные дифференциальные уравнения (ЛОДУ) y ‘ ‘ + p ( x ) · y ‘ + q ( x ) · y = 0 и линейные неоднородные дифференциальные уравнения (ЛНДУ) второго порядка y ‘ ‘ + p ( x ) · y ‘ + q ( x ) · y = f ( x )
- Дифференциальные уравнения высших порядков
- Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка
- Линейные однородные и неоднородные дифференциальные уравнения высших порядков с постоянными коэффициентами y ( n ) + f n — 1 · y ( n — 1 ) + . . . + f 1 · y ‘ + f 0 · y = 0 и y ( n ) + f n — 1 · y ( n — 1 ) + . . . + f 1 · y ‘ + f 0 · y = f ( x )
- Линейные однородные и неоднородные дифференциальные уравнения высших порядков y ( n ) + f n — 1 ( x ) · y ( n — 1 ) + . . . + f 1 ( x ) · y ‘ + f 0 ( x ) · y = 0 и y ( n ) + f n — 1 ( x ) · y ( n — 1 ) + . . . + f 1 ( x ) · y ‘ + f 0 ( x ) · y = f ( x )
- Системы дифференциальных уравнений вида d x d t = a 1 x + b 1 y + c 1 d y d t = a 2 x + b 2 y + c 2
- 🎦 Видео
Видео:Дифференциальные уравнения не разрешенные относительно производной | poporyadku.schoolСкачать
F(x, y (n) ) = 0: Дифференциальные уравнения, содержащее только независимую переменную и производную n-го порядка
Рассмотрим дифференциальное уравнение высшего порядка, содержащее только независимую переменную x и производную n-го порядка :
(1) .
y (n) = f(x) Разрешенные относительно старшей производной
Если уравнение (1) удастся разрешить относительно производной, то есть представить в виде
(1.1) ,
то оно решается непосредственным интегрированием.
x = f(y (n) ) Разрешенные относительно независимой переменной
Рассмотрим случай, когда уравнение (1) можно разрешить относительно переменной x . В этом случае, независимая переменная является функцией от старшей производной:
(1.2.1) .
Это уравнение можно решить в квадратурах в параметрическом виде, последовательно понижая порядок.
Вводим параметр t :
(1.2.2) .
Тогда из (1.2.1) получаем:
(1.2.3) .
При переходе к параметрическому виду (1.2.2) – (1.2.3), независимой переменной становится параметр t , а переменные и x – зависимыми от параметра t .
Возьмем дифференциал от (1.2.3):
;
(1.2.4) .
Выразим производную n-го порядка через производную порядка n–1 , воспользовавшись уравнением:
.
Учитывая (1.2.2), и подставляя (1.2.4), находим выражение дифференциала производной n–1 — го порядка через параметр t :
.
Интегрируя, получаем выражение производной n-1 — го порядка через параметр t :
(1.2.5) .
Это уравнение, вместе с (1.2.3), дает выражение производной меньшего порядка в параметрическом виде:
Далее выражаем дифференциал производной порядка n – 2 :
.
Подставляя (1.2.4) и (1.2.5), получаем дифференциал, выраженный через параметр t . После чего интегрируем по t , и, вместе с уравнением , получаем выражение производной в параметрическом виде. И так далее, пока получим зависимость функции y от параметра t .
F(x, y (n) ) = 0 Общий случай
Теперь рассмотрим дифференциальное уравнение высшего порядка, содержащее только старшую производную и независимую переменную в общем случае:
(1.3.1) .
Это уравнение можно разрешить в квадратурах, если удастся представить уравнение (1.3.1) в параметрическом виде. То есть если удастся подобрать такие функции , для которых
(1.3.2) ,
и при этом уравнение (1.3.1) окажется эквивалентным уравнениям
(1.3.3) .
Тогда уравнение можно решить в квадратурах. Для этого сначала выразим дифференциал независимой переменной x через параметр t , используя первое уравнение (1.3.3):
.
После этого выражаем через параметр t дифференциал производной n-1-го порядка:
.
Интегрируя это уравнение по переменной t , получаем выражение для производной n-1-го порядка в параметрическом виде:
.
Где .
Далее выражаем через t дифференциал производной n-2-го порядка:
.
Интегрируя, получим параметрическое представление производной n-2-го порядка. И так далее, пока получим параметрическое представление функции y .
Видео:Дифференциал функцииСкачать
F(y (n-1) , y (n) ) = 0 Уравнения, содержащие только производные порядков n и n-1
Общий случай
Рассмотрим дифференциальное уравнение, содержащее только производные n-го и n-1-го порядков:
(2.1.1) .
Его можно решить в квадратурах, если удастся найти такие функции и , которые удовлетворяют уравнению
(2.1.2) .
Тогда если положить
(2.1.3) ,
то уравнение (2.1.1) будет выполняться автоматически. При этом должно соблюдаться еще одно условие – чтобы представления (2.1.1) и (2.1.3) были эквивалентными. То есть, чтобы при переходе от одного представления к другому, не появились новые и не терялись существующие решения.
Если найдено такое параметрическое представление уравнения (2.1.1), то его можно решить в квадратурах. Для этого, как и в предыдущем случае, сначала выразим дифференциал независимой переменной x через параметр t . Преобразуем первое уравнение (2.1.3):
.
Отсюда
;
(2.1.4) .
Интегрируя, получаем выражение независимой переменной x через параметр t :
(2.1.5) .
Тем же способом, что и в предыдущем случае, выражаем производные и меньших порядков через t :
.
Интегрируем:
.
Продолжая процесс, получаем выражения остальных производных и самой функции y через параметр t . Вместе с уравнением (2.1.5), это дает решение исходного уравнения в параметрическом виде.
y (n-1) = f(y (n) ) Разрешенные относительно младшей производной
Рассмотрим частный случай уравнения (2.1.1), в котором производная меньшего порядка выражена через старшую производную:
.
Это уравнение интегрируется в квадратурах, введением параметра
.
Тогда
.
Из этих уравнений
;
;
;
.
Тем же способом находим выражение через t производных и переменной y .
y (n) = f(y (n-1) ) Разрешенные относительно старшей производной
Рассмотрим второй частный случай, когда старшая производная выражена через производную меньшего порядка:
(2.3.1) .
Если уравнение (2.3.3) удастся разрешить относительно t , то получим зависимость вида . Учитывая (2.3.2), получаем уравнение, в котором производная n–1-го порядка является функцией от независимой переменной:
.
Интегрируя это уравнение n–1 раз, получим зависимость y от x . См. Дифференциальное уравнение y (n) = f(x)
Но в любом случае можно получить решение в параметрическом виде.
;
.
Тем же способом находим выражение через t производных и переменной y .
Видео:ДУ Уравнения, не разрешенные относительно производнойСкачать
F(y (n-2) , y (n) ) = 0 Уравнения, содержащие только производные порядков n и n-2
Общий случай
Рассмотрим дифференциальное уравнение, содержащее только производные n-го и n-2-го порядков:
(3.1.1) .
Его можно решить в квадратурах, если удастся найти такие функции и , которые удовлетворяют уравнению
(3.1.2) .
Положим
(3.1.3) .
Тогда уравнение (3.1.1) выполняется автоматически. Считаем также, что представления (3.1.1) и (3.1.3) эквивалентны.
Для решения уравнения запишем дифференциалы производных порядков n-1 и n-2 :
.
Исключаем dx . Из второго уравнения
(3.1.4) .
Подставим в первое и преобразуем:
;
;
.
Подставляя (3.1.3) и интегрируя, получим выражение производной через параметр t :
;
;
;
.
Знак плюс или минус выбирается из начальных условий, как и постоянная интегрирования .
Из (3.1.4) находим выражение x через t :
(3.1.5) ;
(3.1.6) .
Далее, как и в предыдущих случаях находим выражения производных и зависимой переменной y через t . Например,
;
;
и так далее.
Примечание. В литературе иногда не ставят знак плюс-минус. При этом подразумевают, что корень является многозначной функцией и автоматически может быть как положительным, так и отрицательным.
y (n) = f(y (n-2) ) Разрешенные относительно старшей производной
Сведем к квадратурам уравнение, разрешенное относительно старшей производной:
(3.2.1) .
Для упрощения выкладок введем новую переменную:
(3.2.2) .
Тогда исходное уравнение (3.2.1) станет уравнением второго порядка:
(3.2.3) .
Умножим его на и выделим полную производную:
;
.
Отсюда получаем первый интеграл:
.
Находим выражение для дифференциала . Для этого извлекаем квадратный корень:
.
Отсюда
(3.2.4) .
Знак плюс или минус выбирается из начальных условий. В общем решении допустим любой знак.
Интегрируя, получаем зависимость u от x в неявном виде:
(3.2.5) .
Если после интегрирования удастся разрешить u относительно x , то, поскольку , мы получим уравнение вида (1.1), которое решается последовательным интегрированием.
Если уравнение (3.2.5) разрешить относительно u не удастся, то решаем в параметрическом виде, как это описывалось ранее. То есть вводим параметр . Тогда (3.2.5) и (3.2.4) дают выражения переменной x и ее дифференциала через t :
(3.2.6) .
(3.2.7) .
Далее, уравнение
вместе с (3.2.7) дают параметрическое представление зависимости производной порядка n — 2 от переменной x .
Используя (3.2.6), можно найти параметрическое представление остальных производных и самой функции y от переменной x . Например,
;
.
И так далее.
Видео:Производная: секретные методы решения. Готовимся к ЕГЭ | Математика TutorOnlineСкачать
Примеры решений задач
Все примеры Далее рассматриваются примеры с подробными решениями следующих дифференциальных уравнений.
⇓
⇓
⇓
⇓
⇓
Пример 1
Найти общее решение дифференциального уравнения третьего порядка, содержащего только старшую производную и независимую переменную.
(П1.1) .
По всей видимости, в уравнении (П1.1) выразить через x в элементарных функциях или не возможно, или довольно сложно. Мы не будем пытаться это делать, поскольку здесь независимая переменная x выражена через производную . Поэтому решаем задачу в параметрическом виде.
Вводим параметр t . Получаем параметрические уравнения, эквивалентные (П1.1):
(П1.2) .
Выразим дифференциал переменной x через параметр t :
;
(П1.3) .
Используя (П1.2) и (П1.3), выражаем дифференциал производной второго порядка через параметр t :
.
Интегрируем.
;
(П1.4) .
Используя (П1.3) и (П1.4), аналогично предыдущему имеем:
;
.
Пример 2
Найти частное решение дифференциального уравнения второго порядка, содержащее только вторую производную и независимую переменную:
(П2.1) ;
(П2.2) .
Это уравнение является кубическим по отношению ко второй производной , и уравнением седьмой степени (если умножить его на x ) по отношению к независимой переменной x . Можно попытаться разрешить его относительно или x , но здесь есть более простой способ.
Заметим, что уравнение (П2.1) выполняется, если выразить зависимость от x , определяемую уравнением (П2.1) в параметрическом виде:
(П2.3) .
Действительно, подставляя (П2.3) в (П2.1) получаем:
;
;
.
То есть если взять параметрическое представление (П2.3), то уравнение (П2.1) выполняется.
Однако это не означает, что представление (П2.3) автоматически эквивалентно уравнению (П2.1). Поскольку кубическое уравнение может иметь три действительных корня, то, возможно, уравнение (П2.3) можно представить в параметрическом виде тремя неэквивалентными способами. Также возможен случай, когда условия теоремы существования и единственности решения дифференциального уравнения не выполняются, и заданным начальным условиям будут удовлетворять несколько решений. Все это нужно иметь в виду при решении подобных уравнений. Но нам нужно найти любое решение, удовлетворяющее заданным начальным условиям. Поэтому попробуем применить для этой цели представление (П2.3).
Выразим дифференциал независимой переменной x через дифференциал параметра t , используя (П2.3):
.
Выразим дифференциал производной через параметр t и его дифференциал:
.
Интегрируем:
. Найдем значение постоянной , используя первое начальное условие (П2.2). Из (П2.3) находим: . При . При . Отсюда .
Итак, мы нашли параметрическое представление для производной:
.
Аналогично предыдущему, выражаем y через параметр t :
;
.
Находим значение постоянной , используя второе начальное условие (П2.2). При . При . Отсюда .
Тем самым мы нашли частное решение в параметрическом виде:
.
Выразим t через x .
;
.
Пример 3
Решить дифференциальное уравнение, содержащее только производные первого и второго порядков:
(П3.1) .
Нетрудно видеть, что если положить
(П3.2) ,
то уравнение (П3.1) выполняется автоматически. Поэтому решаем это уравнение в параметрическом виде.
Выразим дифференциал независимой переменной x через параметр t .
;
;
(П3.3) .
Интегрируя (П3.3), получаем выражение независимой переменной x через параметр t :
;
(П3.4) .
Используя формулу , и применяя выражение через t (см. (П3.2)), выразим дифференциал dy через t :
.
Интегрируя, находим выражение зависимой переменной через параметр t :
.
Итак, мы нашли зависимость в параметрической форме:
.
Отсюда можно получить зависимость y от x в явном виде. Из второго уравнения, . Подставляем в первое:
.
Пример 4
Решить дифференциальное уравнение, содержащее только производные второго и третьего порядков:
(П4.1) .
Это дифференциальное уравнение содержит только производные второго и третьего порядков. При этом оно разрешено относительно высшей производной. Решаем параметрическим методом. За параметр t возьмем производную второго порядка:
(П4.2) .
Выразим дифференциал независимой переменной x через параметр t . Из (П4.1) имеем:
;
;
(П4.3) .
Выразим независимую переменную x через параметр t . Для этого интегрируем (П4.3):
;
(П4.4) .
См. Обратные гиперболические функции, их графики и формулы
Выразим дифференциал через параметр t и, интегрируя, выразим производную через t :
;
;
(П4.5) .
Выразим дифференциал зависимой переменной y через параметр t . После чего интегрируя, выразим y через t :
;
;
(П4.6) .
Исключим параметр t из уравнений (П4.4) т (П4.6).
;
.
Примечание.
Эту задачу можно решить проще, если с самого начала выбрать следующее параметрическое представление для производных:
.
Пример 5
Решить дифференциальное уравнение с заданными начальными условиями:
(П5.1) ;
(П5.2) .
Уравнение имеет вид (3.2.3). В нем вторая производная выражена через функцию (зависимую переменную y ). Решаем изложенным выше методом ⇑.
Умножим исходное уравнение (П5.1) на и выделяем полный дифференциал.
;
;
;
.
Извлекаем квадратный корень:
(П5.3) .
Найдем значение постоянной и знак корня из начальных условий (П5.2). Для этого подставляем в (П5.3) :
.
Отсюда видно, что нужно взять знак плюс и . Тогда
.
Разделяем переменные и интегрируем.
;
;
;
(П5.4) .
Определяем значение постоянной . Для этого подставляем значения начальных условий (П5.2): :
.
Отсюда . Подставляем в (П5.4):
.
Возводим в квадрат и выполняем преобразования:
;
.
Извлекаем квадратный корень:
.
Выбираем знак плюс или минус из начальных условий (П5.2). Подставляем :
.
Этому уравнению удовлетворяет знак плюс. Тогда
.
Использованная литература:
В.В. Степанов, Курс дифференциальных уравнений, «ЛКИ», 2015.
Автор: Олег Одинцов . Опубликовано: 11-05-2021
Видео:4. Вычисление производных примеры. Самое начало.Скачать
Квадрат производной
Вы будете перенаправлены на Автор24
Квадратом производной является операция возведения результата вычисления производной в степень 2.
Например, в результате вычислений получено:
Квадрат производной будет равен:
Найти квадрат производной
Распишем производную сложной функции
[y’=frac<x^-1> cdot left(x^ -1right) <> ]
Найти квадрат производной четвертого порядка
- Найдем производную первого порядка [y’=left(x^ +3x^ -x^ right) <> =5x^ +9x^ -2x]
- Найдем производную второго порядка [y»=left(5x^ +9x^ -2xright) <> =20x^ +18x-2]
- Найдем производную третьего порядка [y»’=left(20x^ +18x-2right) <> =60x^ +18]
- Найдем производную четвертого порядка [y»»=left(60x^ +18right) <> =120x]
- Найдем квадрат четвертой производной [left(y»»right)^ =left(120xright)^ =14400x^ ]
Найти вторую производную неявной функции.
- Приведем функцию к виду F(x;y(x)) = 0 [x^ +xy^ -3=0]
- Продифференцируем полученное равенство [left(x^ +xy^ -3right) <> =0′]
- По свойству линейности: [x^<> +left(xy^ right) <> -3’=0′]
- Второе слагаемое — сложная функция [2x+left(x’y^ +xy^ <> right)=0] [2x+y^ +3xy^ cdot y <> =0]
- Выразим $y’$ [y <> =frac <-2x-y^><3xy^> ]
- Продифференцируем полученное выражение повторно [2left(xright) <> +left(y^ right) <> +3left(xy^ cdot y <> right) <> =0] [2+3y^ cdot y <> +3left(left(xy^ right) <> cdot y <> +xycdot y <><> right)=0] [2+3y^ cdot y <> +3left(left(x’y^ +xy^ <> right)cdot y <> +xycdot y <><> right)=0] [2+3y^ cdot y <> +3left(left(y^ +2xycdot y’right)cdot y <> +xycdot y <><> right)=0]
- Упростим [2+3y^ cdot y <> +3left(y^ y <> +2xyy’^ +xycdot y <><> right)=0]
- Заменим $y’$ полученным выше выражением. В скобках получили квадрат производной вычисления которого производится по приведенному выше правилу. [2+3y^ cdot frac <-2x-y^><3xy^> +3left(y^ frac <-2x-y^><3xy^> +2xyleft(frac <-2x-y^><3xy^> right)^ +xycdot y <><> right)=0] [2+frac <-2x-y^>+3left(frac <-2x-y^>+frac <2left(-2x-y^right)^ ><3xy^> +xycdot y <><> right)=0]
- Приведем выражение к общему знаменателю и упростим [3left(frac <y^left(-2x-y^ right)><3xy^> +frac <2left(-2x-y^right)^ ><3xy^> +xycdot y <><> right)=frac <2x+y^>-2] [3xycdot y <><> =frac <2x+y^>-2-frac <3y^left(-2x-y^ right)+6left(-2x-y^ right)^ ><3xy^> ] [3xycdot y <><> =frac <3y^left(2x+y^ right)><3xy^> -frac <2cdot 3xy^><3xy^> -frac <3y^left(-2x-y^ right)+6left(-2x-y^ right)^ ><3xy^> ]
- Выразим вторую производную и упростим [y <><> =frac <6xy^+6left(-2x-y^ right)^ ><3xy^cdot 3xy> =frac <6xy^+24x^ +24xy^ +6y^ ><3xy^cdot 3xy> =frac <3xy^+8x^ +8xy^ +3y^ ><3x^y^ > ]
Видео:Не разрешенные относительно производной 1Скачать
Виды дифференциальных уравнений
Существует целый ряд задач, в которых установить прямую связь между величинами, применяемыми для описания процесса, не получается. Единственное, что можно сделать, это получить равенство, запись которого включает производные исследуемых функций, и решить его. Решение дифференциального уравнения позволяет установить непосредственную связь между величинами.
В этом разделе мы займемся разбором решений дифференциальных уравнений, неизвестная функция в которых является функцией одной переменной. Мы построили теоретическую часть таким образом, чтобы даже человек с нулевым представлением о дифференциальных уравнениях мог без труда получить необходимые знания и справиться с приведенными задачами.
Если какие-то термины окажутся для вас новыми, обратитесь к разделу «Определения и понятия теории дифференциальных уравнений». А тем временем перейдем к рассмотрению вопроса о видах дифференциальных уравнений.
Для каждого из видов дифференциальных уравнений применяется свой метод решения. В этом разделе мы рассмотрим все эти методы, приведем примеры с подробными разборами решения. После ознакомления с темой вам необходимо будет определять вид дифференциального уравнения и выбирать наиболее подходящий из методов решения поставленной задачи.
Возможно, прежде чем приступить к решению дифференциальных уравнений, вам придется освежить в памяти такие темы как «Методы интегрирования» и «Неопределенные интегралы».
Начнем ознакомление с темой мы с видов обыкновенных дифференциальных уравнений 1 -го порядка. Эти уравнения могут быть разрешены относительно производной. Затем перейдем в ОДУ 2 -го и высших порядков. Также мы уделим внимание системам дифференциальных уравнений.
Напомним, что y ‘ = d x d y , если y является функцией аргумента x .
Видео:Математика Без Ху!ни. Производная сложной функции.Скачать
Дифференциальные уравнения первого порядка
Простейшие дифференциальные уравнения первого порядка вида y ‘ = f ( x )
Начнем с примеров таких уравнений.
y ‘ = 0 , y ‘ = x + e x — 1 , y ‘ = 2 x x 2 — 7 3
Оптимальным для решения дифференциальных уравнений f ( x ) · y ‘ = g ( x ) является метод деления обеих частей на f ( x ) . Решение относительно производной позволяет нам прийти к уравнению вида y ‘ = g ( x ) f ( x ) . Оно является эквивалентом исходного уравнения при f ( x ) ≠ 0 .
Приведем примеры подобных дифференциальных уравнений:
e x · y ‘ = 2 x + 1 , ( x + 2 ) · y ‘ = 1
Мы можем получить ряд дополнительных решений в тех случаях, когда существуют значения аргумента х , при которых функции f ( x ) и g ( x ) одновременно обращаются в 0 . В качестве дополнительного решения в уравнениях f ( x ) · y ‘ = g ( x ) при заданных значениях аргумента может выступать любая функция, определенная для заданного значения х .
Наличие дополнительных решений возможно для дифференциальных уравнений x · y ‘ = sin x , ( x 2 — x ) · y ‘ = ln ( 2 x 2 — 1 )
Ознакомиться с теоретической частью и примерами решения задач таких уравнений вы можете в разделе «Простейшие дифференциальные уравнения 1 -го порядка».
Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными вида f 1 ( y ) · g 1 ( x ) d y = f 2 ( y ) · g 2 ( x ) d x или f 1 ( y ) · g 1 ( x ) · y ‘ = f 2 ( y ) · g 2 ( x )
Поговорим теперь об уравнениях с разделенными переменными, которые имеют вид f ( y ) d y = g ( x ) d x . Как следует из названия, к данному виду дифференциальных уравнений относятся выражения, которые содержат переменные х и у , разделенные знаком равенства. Переменные находятся в разных частях уравнения, по обе стороны от знака равенства.
Решить уравнения с разделенными переменными можно путем интегрирования обеих его частей: ∫ f ( y ) d y = ∫ f ( x ) d x
К числу дифференциальных уравнений с разделенными переменными можно отнести следующие из них:
y 2 3 d y = sin x d x , e y d y = ( x + sin 2 x ) d x
Для того, чтобы прийти от ДУ с разделяющимися переменными к ДУ с разделенными переменными, необходимо разделить обе части уравнения на произведение f 2 ( y ) ⋅ g 1 ( x ) . Так мы придем к уравнению f 1 ( y ) f 2 ( y ) d y = g 2 ( x ) g 1 ( x ) d x . Преобразование можно будет считать эквивалентным в том случае, если одновременно f 2 ( y ) ≠ 0 и g 1 ( x ) ≠ 0 . Если хоть одно из условий не будет соблюдаться, мы можем потерять часть решений.
В качестве примеров дифференциальных уравнений с разделяющимися переменными можно привести следующие из них: d y d x = y · ( x 2 + e x ) , ( y 2 + a r c cos y ) · sin x · y ‘ = cos x y .
К уравнениям с разделяющимися переменными мы можем прийти от ряда дифференциальных уравнений других видов путем замены переменных. Например, мы можем подставить в исходное уравнение z = a x + b y . Это позволит нам перейти к дифференциальному уравнению с разделяющимися переменными от дифференциального уравнения вида y ‘ = f ( a x + b y ) , a , b ∈ R .
Подставив z = 2 x + 3 y в уравнение y ‘ = 1 e 2 x + 3 y получаем d z d x = 3 + 2 e z e z .
Заменив z = x y или z = y x в выражениях y ‘ = f x y или y ‘ = f y x , мы переходим к уравнениям с разделяющимися переменными.
Если произвести замену z = y x в исходном уравнении y ‘ = y x · ln y x + 1 , получаем x · d z d x = z · ln z .
В ряде случаев прежде, чем производить замену, необходимо произвести преобразования исходного уравнения.
Предположим, что в условии задачи нам дано уравнение y ‘ = y 2 — x 2 2 x y . Нам необходимо привести его к виду y ‘ = f x y или y ‘ = f y x . Для этого нам нужно разделить числитель и знаменатель правой части исходного выражения на x 2 или y 2 .
Нам дано уравнение y ‘ = f a 1 x + b 1 y + c 1 a 2 x + b 2 y + c 2 , a 1 , b 1 , c 1 , a 2 , b 2 , c 2 ∈ R .
Для того, чтобы привести исходное уравнение к виду y ‘ = f x y или y ‘ = f y x , нам необходимо ввести новые переменные u = x — x 1 v = y — y 1 , где ( x 1 ; y 1 ) является решением системы уравнений a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 a 2 x + b 2 y + c 2 = 0
Введение новых переменных u = x — 1 v = y — 2 в исходное уравнение y ‘ = 5 x — y — 3 3 x + 2 y — 7 позволяет нам получить уравнение вида d v d u = 5 u — v 3 u + 2 v .
Теперь выполним деление числителя и знаменателя правой части уравнения на u . Также примем, что z = u v . Получаем дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными u · d z d u = 5 — 4 z — 2 z 2 3 + 2 z .
Подробный разбор теории и алгоритмов решения задач мы привели в разделе «Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными».
Линейные неоднородные дифференциальные уравнения первого порядка y ‘ + P ( x ) · y = Q ( x )
Приведем примеры таких уравнений.
К числу линейных неоднородных дифференциальных уравнений 1 -го порядка относятся:
y ‘ — 2 x y 1 + x 2 = 1 + x 2 ; y ‘ — x y = — ( 1 + x ) e — x
Для решения уравнений этого вида применяется метод вариации произвольной постоянной. Также мы можем представить искомую функцию у в виде произведения y ( x ) = u ( x ) v ( x ) . Алгоритмы применения обоих методов мы привели в разделе «Линейные неоднородные дифференциальные уравнения первого порядка».
Дифференциальное уравнение Бернулли y ‘ + P ( x ) y = Q ( x ) y a
Приведем примеры подобных уравнений.
К числу дифференциальных уравнений Бернулли можно отнести:
y ‘ + x y = ( 1 + x ) e — x y 2 3 ; y ‘ + y x 2 + 1 = a r c t g x x 2 + 1 · y 2
Для решения уравнений этого вида можно применить метод подстановки z = y 1 — a , которая выполняется для того, чтобы свести исходное уравнение к линейному дифференциальному уравнению 1 -го порядка. Также применим метод представления функции у в качестве y ( x ) = u ( x ) v ( x ) .
Алгоритм применения обоих методов приведен в разделе «Дифференциальное уравнение Бернулли». Там же можно найти подробный разбор решения примеров по теме.
Уравнения в полных дифференциалах P ( x , y ) d x + Q ( x , y ) d y = 0
Если для любых значений x и y выполняется ∂ P ( x , y ) ∂ y = ∂ Q ( x , y ) ∂ x , то этого условия необходимо и достаточно, чтобы выражение P ( x , y ) d x + Q ( x , y ) d y представляло собой полный дифференциал некоторой функции U ( x , y ) = 0 , то есть, d U ( x , y ) = P ( x , y ) d x + Q ( x , y ) d y . Таким образом, задача сводится к восстановлению функции U ( x , y ) = 0 по ее полному дифференциалу.
Выражение, расположенное в левой части записи уравнения ( x 2 — y 2 ) d x — 2 x y d y = 0 представляет собой полный дифференциал функции x 3 3 — x y 2 + C = 0
Для более подробного ознакомления с теорией и алгоритмами решения примеров можно обратиться к разделу «Уравнения в полных дифференциалах».
Видео:АЛГЕБРА С НУЛЯ — Что такое Производная?Скачать
Дифференциальные уравнения второго порядка
Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами y ‘ ‘ + p y ‘ + q y = 0 , p , q ∈ R
Линейное однородное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами обычно решается достаточно просто. Нам необходимо найти корни характеристического уравнения k 2 + p k + q = 0 . Здесь возможны три варианта в зависимости от различных p и q :
- действительные и различающиеся корни характеристического уравнения k 1 ≠ k 2 , k 1 , k 2 ∈ R ;
- действительные и совпадающие k 1 = k 2 = k , k ∈ R ;
- комплексно сопряженные k 1 = α + i · β , k 2 = α — i · β .
Значения корней характеристического уравнения определяет, как будет записано общее решение дифференциального уравнения. Возможные варианты:
- y = C 1 e k 1 x + C 2 e k 2 x ;
- y = C 1 e k x + C 2 x e k x ;
- y = e a · x · ( C 1 cos β x + C 2 sin β x ) .
Пример 13
Предположим, что у нас есть линейное однородное дифференциальное уравнение 2 -го порядка с постоянными коэффициентами y ‘ ‘ + 3 y ‘ = 0 . Найдем корни характеристического уравнения k 2 + 3 k = 0 . Это действительные и различные k 1 = — 3 и k 2 = 0 . Это значит, что общее решение исходного уравнения будет иметь вид:
y = C 1 e k 1 x + C 2 e k 2 x ⇔ y = C 1 e — 3 x + C 2 e 0 x ⇔ y = C 1 e — 3 x + C 2
Восполнить пробелы в теоретической части и посмотреть подробный разбор примеров по теме можно в статье «Линейные однородные дифференциальные уравнения 2 -го порядка с постоянными коэффициентами».
Линейные неоднородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами y ‘ ‘ + p y ‘ + q y = f ( x ) , p , q ∈ R
Основным способом решение уравнений данного вида является нахождение суммы общего решения y 0 , которое соответствует линейному однородному дифференциальному уравнению y ‘ ‘ + p y ‘ + q y = 0 , и частного решения y
исходного уравнения. Получаем: y = y 0 + y
Способ нахождения y 0 мы рассмотрели в предыдущем пункте. Найти частное решение y
мы можем методом неопределенных коэффициентов при определенном виде функции f ( x ) , которая расположена в правой части записи исходного выражения. Также применим метод вариации произвольных постоянных.
К числу линейных неоднородных дифференциальных уравнений 2 -го порядка с постоянными коэффициентами относятся:
y ‘ ‘ — 2 y ‘ = ( x 2 + 1 ) e x ; y ‘ ‘ + 36 y = 24 sin ( 6 x ) — 12 cos ( 6 x ) + 36 e 6 x
Теоретические выкладки и подробный разбор примеров по теме можно найти в разделе «ЛНДУ 2 -го порядка с постоянными коэффициентами».
Линейные однородные дифференциальные уравнения (ЛОДУ) y ‘ ‘ + p ( x ) · y ‘ + q ( x ) · y = 0 и линейные неоднородные дифференциальные уравнения (ЛНДУ) второго порядка y ‘ ‘ + p ( x ) · y ‘ + q ( x ) · y = f ( x )
Линейные однородные и неоднородные дифференциальные уравнения и постоянными коэффициентами являются частными случаями дифференциальных уравнений этого вида.
На некотором отрезке [ a ; b ] общее решение линейного однородного дифференциального уравнения y ‘ ‘ + p ( x ) · y ‘ + q ( x ) · y = 0 представлено линейной комбинацией двух линейно независимых частных решений y 1 и y 2 этого уравнения, то есть, y = C 1 y 1 + C 2 y 2 .
Частные решения мы можем выбрать из систем независимых функций:
1 ) 1 , x , x 2 , . . . , x n 2 ) e k 1 x , e k 2 x , . . . , e k n x 3 ) e k 1 x , x · e k 1 x , . . . , x n 1 · e k 1 x , e k 2 x , x · e k 2 x , . . . , x n 2 · e k 2 x , . . . e k p x , x · e k p x , . . . , x n p · e k p x 4 ) 1 , c h x , s h x
Однако существуют примеру уравнений, для которых частные решения не могут быть представлены в таком виде.
Возьмем для примера линейное однородное дифференциальное уравнение x y ‘ ‘ — x y ‘ + y = 0 .
Общее решение линейного неоднородного дифференциального уравнения y ‘ ‘ + p ( x ) · y ‘ + q ( x ) · y = f ( x ) мы можем найти в виде суммы y = y 0 + y
, где y 0 — общее решение соответствующего ЛОДУ, а y
частное решение исходного дифференциального уравнения. Найти y 0 можно описанным выше способом. Определить y
нам поможет метод вариации произвольных постоянных.
Возьмем для примера линейное неоднородное дифференциальное уравнение x y ‘ ‘ — x y ‘ + y = x 2 + 1 .
Более подробно этот раздел освещен на странице «Линейные дифференциальные уравнения второго порядка».
Видео:Не разрешенные относительно производной 2Скачать
Дифференциальные уравнения высших порядков
Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка
Мы можем провести замену y ( k ) = p ( x ) для того, чтобы понизить порядок исходного дифференциального уравнения F ( x , y ( k ) , y ( k + 1 ) , . . . , y ( n ) ) = 0 , которое не содержит искомой функции и ее производных до k — 1 порядка.
В этом случае y ( k + 1 ) = p ‘ ( x ) , y ( k + 2 ) = p ‘ ‘ ( x ) , . . . , y ( n ) = p ( n — k ) ( x ) , и исходное дифференциальное уравнение сведется к F 1 ( x , p , p ‘ , . . . , p ( n — k ) ) = 0 . После нахождения его решения p ( x ) останется вернуться к замене y ( k ) = p ( x ) и определить неизвестную функцию y .
Дифференциальное уравнение y ‘ ‘ ‘ x ln ( x ) = y ‘ ‘ после замены y ‘ ‘ = p ( x ) станет уравнением с разделяющимися переменными y ‘ ‘ = p ( x ) , и его порядок с третьего понизится до первого.
В уравнении, которое не содержит аргумента х и имеет вид F ( y , y ‘ , y ‘ ‘ , . . . , y ( n ) ) = 0 , порядок может быть заменен на единицу следующим образом: необходимо провести замену d y d x = p ( y ) , где p ( y ( x ) ) будет сложной функцией. Применив правило дифференцирования, получаем:
d 2 y d x 2 = d p d y d y d x = d p d y p ( y ) d 3 y d x 3 = d d p d y p ( y ) d x = d 2 p d y 2 d y d x p ( y ) + d p d y d p d y d y d x = = d 2 p d y 2 p 2 ( y ) + d p d y 2 p ( y )
Полученный результаты подставляем в исходное выражение. При этом мы получим дифференциальное уравнение, порядок которого на единицу меньше, чем у исходного.
Рассмотрим решение уравнения 4 y 3 y ‘ ‘ = y 4 — 1 . Путем замены d y d x = p ( y ) приведем исходное выражение к уравнению с разделяющимися переменными 4 y 3 p d p d y = y 4 — 1 .
Более подробно решения задач по теме рассмотрены в разделе «Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка».
Линейные однородные и неоднородные дифференциальные уравнения высших порядков с постоянными коэффициентами y ( n ) + f n — 1 · y ( n — 1 ) + . . . + f 1 · y ‘ + f 0 · y = 0 и y ( n ) + f n — 1 · y ( n — 1 ) + . . . + f 1 · y ‘ + f 0 · y = f ( x )
Решение уравнений данного вида предполагает выполнение следующих простых шагов:
- находим корни характеристического уравнения k n + f n — 1 · k n — 1 + . . . + f 1 · k + f 0 = 0 ;
- записываем общее решение ЛОДУ y 0 в стандартной форме, а общее решение ЛНДУ представляем суммой y = y 0 + y
— частное решение неоднородного дифференциального уравнения.
Нахождение корней характеристического уравнения подробно описано в разделе «Решение уравнений высших степеней». Для нахождения y
целесообразно использовать метод вариации произвольных постоянных.
Линейному неоднородному ДУ с постоянными коэффициентами y ( 4 ) + y ( 3 ) — 5 y ‘ ‘ + y ‘ — 6 y = x cos x + sin x соответствует линейное однородное ДУ y ( 4 ) + y ( 3 ) — 5 y ‘ ‘ + y ‘ — 6 y = 0 .
Более детальный разбор теории и примеров по теме вы можете найти на странице « Линейные однородные и неоднородные дифференциальные уравнения высших порядков с постоянными коэффициентами».
Линейные однородные и неоднородные дифференциальные уравнения высших порядков y ( n ) + f n — 1 ( x ) · y ( n — 1 ) + . . . + f 1 ( x ) · y ‘ + f 0 ( x ) · y = 0 и y ( n ) + f n — 1 ( x ) · y ( n — 1 ) + . . . + f 1 ( x ) · y ‘ + f 0 ( x ) · y = f ( x )
Найти решение ЛНДУ высших порядков можно благодаря сумме y = y 0 + y
, где y 0 — общее решение соответствующего ЛОДУ, а y
— частное решение неоднородного дифференциального уравнения.
y 0 представляет собой линейную комбинацию линейно независимых функций y 1 , y 2 , . . . , y n , каждая из которых является частным решением ЛОДУ, то есть, обращает равенство y ( n ) + f n — 1 ( x ) · y ( n — 1 ) + . . . + f 1 ( x ) · y ‘ + f 0 ( x ) · y = 0 в тождество. Частные решения y 1 , y 2 , . . . , y n обычно подбираются из известных систем линейно независимых функций. Подобрать их далеко не всегда просто и возможно, в этом и заключается основная проблема.
После того, как мы найдем общее решение ЛОДУ, найти частное решение соответствующего ЛНДУ можно благодаря методу вариации произвольных постоянных. Итак, y = y 0 + y
Получить более подробную информацию по теме можно в разделе «Дифференциальные уравнения высших порядков».
Видео:ЗАЧЕМ НУЖНЫ ЭТИ... производные! Математика на QWERTY.Скачать
Системы дифференциальных уравнений вида d x d t = a 1 x + b 1 y + c 1 d y d t = a 2 x + b 2 y + c 2
Данная тема подробно разобрана на странице «Системы дифференциальных уравнений». Там же приведены примеры задач с подробных разбором.
🎦 Видео
Математика без Ху!ни. Частные производные функции нескольких переменных. Градиент.Скачать
Дифференциальные уравнения, 7 урок, Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядкаСкачать
1. Что такое дифференциальное уравнение?Скачать
Показать, что функция y=e^(-x)sinx удовлетворяет дифференциальному уравнению. Как решать?Скачать
Как решать диффуры?(Дифференциальные уравнения)Скачать
Производная сложной функцииСкачать
Дифференциальные уравнения, 3 урок, Однородные уравненияСкачать
Математика это не ИсламСкачать
Приводим диффур в частных производных к каноническому виду | УМФ (УрЧП) | КАК РЕШАТЬ?Скачать
